2022-2023学年高一物理下学期第四次月考试题(含解析)

2022-2023学年高一物理下学期第四次月考试题(含解析)一选择题（41040分，1-6为单选，7-10为多选）1. 下面关于重力势能的说法中，正确的是 （ ）A. 有A、B两物体，A的高度是B的2倍，那么物体A的重力势能的数值一定是物体B的2倍B. 从同一高度将某一物体以相同的速度竖直上抛或平抛，从抛出到落地的过程中，物体重力势能的变化是相同的C. 有一物体从楼顶落到地面，若受到空气阻力，物体重力势能的减小量小于自由下落时重力势能的减小量D. 重力做功时，不仅与物体运动的高度差有关，还与物体运动的路径有关【答案】B【解析】重力势能大小EP=mgh；与质量及高度有关，由于质量大小不明确，故不能说明物体A的重力势能的数值一定是物体B的2倍；故A错误；从同一高度将某一物体以相同的速度竖直上抛或平抛，从抛出到落地的过程中，由于运动的高度相同，故物体重力势能的变化是相同的；故B正确；上升和下落时，由于高度变化相同，故重力势能的变化量也相同；故C错误；重力做功和路径无关，只与初末两点的高度差有关；故D错误；故选B。点睛：解决本题的关键知道重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关以及知道重力做功和重力势能变化的关系，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加2. 由地面发射一颗人造卫星绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r，卫星动能为Ek。如果发射的这颗卫星匀速园周运动的半径是2r，则下列说法中正确的是A. 发射卫星所消耗的能量一定增大 B. 卫星在轨道上的动能增大为2EkC. 卫星在轨道上的周期将减小 D. 卫星在轨道上的加速度将增大【答案】A【解析】卫星的轨道越高，克服引力做功越多，发动机这就需要消耗更多的燃料，故A正确；万有引力提供圆周运动向心力知卫星的线速度知，轨道半径增大，线速度减小，动能减小，故B错误；根据，周期，轨道半径增加，周期增大，故C错误；卫星在轨道上的加速度由万有引力产生，根据万有引力公式知，距地心距离越大，向心力越小，加速度越小，故D错误。故选A。点睛：了解向高轨道发射卫星，克服引力做功越多，发射卫星所消耗的能量增大本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式得到表达式再比较3. 如图，物体A、B与地面间动摩擦因数相同，它们的质量也相同，在恒力F作用下，一起沿水平地面运动一段距离，则( )A. F对A所做的功与A对B所做的功相同B. A对B作用力所做的功与B对A作用力所做的功相同C. 摩擦力对A做的功与摩擦力对B做的功相同D. 物体分别所受合外力对A做的功与对B做的功相同【答案】D【解析】对A、B分别受力分析，受力如图所示对A分析Fn-Fsina-G=0，f=Fn=（Fsina+G）对B分析Fn1=G，f1=Fn1=G，Wf=fL，Wf1=f1L，由于ff1，故WfWf1；根据动能定理可知，A、B所受的合外力做的功等于A、B物体动能的变化，而A、B动能的变化量相等，所以合外力对A、B做功相等，故D正确；而A所受合外力为F和摩擦力，B所受合力为A对B及摩擦力，所以F对A与A对B的力做功不相等，所以AC错误， A对B作用力所做的功与B对A作用力所做的功大小相等，一正一负，故B错误；故选D。4. 一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为1 m/s.从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3,则以下关系式正确的是 （ ）A. W1=W2=W3 B. W1W2W3C. W1W3W2 D. W1=W2W3【答案】B【解析】试题分析：根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由Ft图象及功的公式w=Fscos可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J故本题中ACD错，B正确故选：B视频5. 如图，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小物块，滑出槽口时速度为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，则R1与R2的关系为（ ）A. R1R2 B. R1R2 C. R1R2/2 D. R1R2/2【答案】D【解析】滑块沿光滑的1/4圆弧槽下滑过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgR1=mv2;要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则mgm;由两式解得R1R2/2；故选D。6. 如图所示,一轻弹簧一端系在墙上,自由伸长时,右端正好处在B处,今将一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A处,然后释放,小物体能在水平面上运动到C点静止，AC距离为s；如将小物体系在弹簧上,在A由静止释放,则小物体将向右运动,或来回运动后最终停止,设小物体通过的总路程为L ,则下列选项可能的是 ( )A. L s B. L = s C. L = 2s D. 以上答案都不可能【答案】B【解析】设弹簧释放前具有的弹性势能为EP，物体所受的摩擦力大小为f。第一次：弹簧自由端最终停在B处，弹簧的弹性势能全部转化为内能，即EP=fs；第二次：若最终物体恰好停在B处时，弹簧的弹性势能恰好全部转化为内能，即有fL=EP，得到L=s；若物体最终没有停在B处，弹簧还有弹性势能，则fLEP，得到Ls。故选B。点睛：本题根据功能关系分析物体运动的路程，此题中涉及三种形式的能：弹性势能、动能和内能，分析最终弹簧是否具有弹性势能是关键7. 如图从离地高为h的阳台上以速度v竖直向上抛出质量为m的物体，它上升 H后又返回下落，最后落在地面上，则下列说法中正确的是（不计空气阻力，以地面为参考面）( ）A. 物体在最高点时机械能为mg(H+h);B. 物体落地时的机械能为mg(H+h)+ mv2/2C. 物体落地时的机械能为mgh+mv2/2D. 物体在落回过程中，经过阳台时的机械能为mgh+mv2./2【答案】ACD【解析】物体做竖直上抛运动，在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，在整个运动过程中，物体机械能保持不变；最高点，物体速度为零，以地面为参考面，物体在最高点时机械能为 mg（H+h），故A正确；由于物体的机械能守恒，物体落地时的机械能为mg（H+h）=mgh+mv2，故B错误，C正确；由于物体的机械能守恒，物体在落回过程中，经过阳台时的机械能为mg（H+h）=mgh+mv2，故D正确；故选ACD。8. 在距地面10m高处，以10m/s的速度抛出一质量为1kg的物体，已知物体落地时的速度为16m/s，下列说法中正确的是（g取10m/s2）A. 抛出时人对物体做功为50J B. 自抛出到落地，重力对物体做功为100JC. 飞行过程中物体克服阻力做功22J D. 物体自抛出到落地时间为1s【答案】ABC【解析】根据动能定理，抛出时人对物体做功等于物体的初动能，为：W1=mv12110250J，故A正确；自抛出到落地，重力对物体做功为：WG=mgh=11010=100J，故B正确；根据动能定理得：mgh-Wf=Ek2-Ek1，代入解得物体克服阻力做的功为：Wf=mgh-mv22+mv12=100-1162+1102=22J，故C正确；由于空气阻力的影响，物体不是平抛运动，故竖直分运动不是自由落体运动，无法求解平抛运动的时间，故D错误；故选ABC。点睛：本题是动能的定义和动能定理的简单应用，空气阻力是变力，运用动能定理求解克服空气阻力做功是常用的方法9. 质量为m的物体，在距地面为h的高处，以g/3的恒定加速度竖直向上减速运动，则在上升h的过程中正确的是：A. 物体的重力势能增加mgh/3 B. 物体的动能减少mgh/3C. 物体机械能增加2mgh/3 D. 以地面为零势能面，物体上升了h高处，重力势能为mgh【答案】BC【解析】物体上升，克服重力做功，重力做功为-mgh，物体重力势能增加了mgh，故A错误；物体从静止开始以g/3的加速度沿竖直方向匀减速上升，由牛顿第二定律得：mg-F=ma，解得：F=2mg/3，由动能定理得：-mgh+Fh=Ek-0，解得Ek=-mgh+Fh=-mgh/3，物体动能减小了mgh/3，而重力势能增加了mgh，故机械能增加量2mgh/3，故BC正确；在距地面为h的高处，当以地面为零势能面，物体上升了h高处，重力势能为2mgh，故D错误；故选BC。10. 如图所示的两个单摆，摆球质量相等，悬线甲短，乙长，悬点O1、O2等高，将悬线拉至水平然后释放，以悬点所在平面为参考平面，则两球经过最低点时 A. 甲球的动能小于乙球的动能B. 甲球的机械能等于乙球的机械能C. 甲球的机械能小于乙球的机械能D. 甲球悬线的张力等于乙球悬线的张力【答案】ABD.点睛：解决本题的关键掌握动能定理和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力，列式讨论即可二实验题（15分）11. 实验小组在“验证动能定理”实验中设计了如下装置，回答下列问题：（1）实验中是否需要平衡摩擦力_（填“是”或“否”） （2）实验中需要测量的量是_（填字母序号，选错不得分）A.砝码的质量 B.滑块的质量C.出发位置遮光条到光电门的距离D.遮光条的宽度【答案】 (1). 是 (2). BCD【解析】（1）实验中需要平衡摩擦力，这样才能使得细线的拉力等于物体受到的合力； （2）实验中要验证的表达式是，则需要测量的量是：滑块的质量m、出发位置遮光条到光电门的距离x和遮光条的宽度d；由于有力传感器，则不需要测量砝码的质量；故选BCD. 12. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律。（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A. 按照图示的装置安装器件；B. 将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C. 用天平测出重锤的质量；D. 释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E. 测量纸带上某些点间的距离；F. 根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。其中没有必要进行的或者操作不当的步骤，将其选项对应的字母填在下面的空行内。答：_（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测出A距起始点O的距离为s0，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，使用交流电的频率为f，根据这些条件计算重锤下落的加速度a_。【答案】 (1). BCD (2). 【解析】（1）没有必要进行的步骤是：因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平故C没有必要操作不恰当的步骤是：应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故B错误开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误（2）利用匀变速直线运动的推论x=at2点睛：纸带问题的处理是力学实验中常见的问题我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度三计算题13. 如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止，人与雪橇的总质量为60 kg.表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：位置ABC速度（m/s）2.012.00时刻（s）0410（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少？（2）设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小.（g取10 m/s2）【答案】(1) 7800 J (2) -120 N【解析】试题分析：人与雪橇从A到B的过程中，根据动能定理求出克服阻力做的功；根据加速度与速度关系求出加速度，在根据牛顿第二定律求出阻力。(1)人与雪橇从A到B的过程中，根据动能定理代入数据解得： (2)人与雪橇在BC段做匀减速运动的加速度根据牛顿第二定律Ffma70(2) N140 N，负号表示阻力的方向与运动方向相反。点睛：本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的应用，过程简单，属于基础题。14. 一辆质量为5103kg的汽车，额定功率为60kW,现让汽车保持60kW的功率的水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的0.1倍，求： （1）启动后0.5s内牵引力做的功； （2）汽车的加速度为1m/s2时汽车的速度； （3）汽车的速度为10m/s时汽车的加速度；（4）汽车行驶能达到的最大速度（g = 10m/s2）【答案】(1) 3104J (2) 6m/s (3) (4) 【解析】（1）由于汽车以恒定功率行驶，所以牵引力功为W=Pt=60kW0.5s=30000J。（2）根据牛顿第二定律得：F-f=ma汽车功率恒定，由P=Fv得：vP/F联立代入数据得v=6m/s。（3）汽车恒定功率形式，由由P=Fv得：FP/v由牛顿第二定律得：F-f=maf=0.1mg联立得a=0.2m/s2（4）当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，F=f此时：点睛：机车启动问题常常与牛顿第二定律相结合进行考查，对于机车的两种方式，要根据牛顿第二定律和牵引力功率公式，弄清过程中速速、加速度的变化情况。15. 火星探测器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来。假设探测器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时高度为h，速度方向是水平的，速度大小为v0，求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计火星大气阻力。已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r，周期为T。火星可视为半径为r0的均匀球体。【答案】【解析】试题分析：对火星表面的某一物体，由万有引力定律和牛顿第二定律得：，对火星的卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供得：，着陆器从最高点到第二次落到火星表面做平抛运动，根据平抛运动规律解得：，由以上各式解得：。考点：万有引力定律及其应用、牛顿第二定律、平抛运动【名师点睛】重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量；向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。16. 如图所示，某车间生产线生产的方形物件由平台M传送至N，采用传送带将物件从M传送至N，传送带顶端A和底端B相距L1=15m，高度差H=9m,B和N之间有一段光滑圆弧分别与B、N相切且缝隙忽略不计，圆弧半径R=1m,已知物件质量为20kg，由A端静止释放，物件和传送带间的动摩擦因数为1=0. 75,与平台N间动摩擦因数为2=0.1，传送带以v=2 m/s的速度匀速逆时针运动，平台N上有一竖直墙壁固定一弹簧起缓冲作用，弹簧原长L0=0.8m，弹簧劲度系数K=400N/m,自由端到平台N右端距离为L2=2m（g=10 m/s2）。求：(1) 物件到达圆弧轨道水平末端时对轨道的压力(2) 已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量X之间关系为Ep=KX2,求弹簧被物件压缩的最大量【答案】(1) 360N (2) 0.4m【解析】（1）物块由A端下滑时的加速度为a mgsin+1mgcos=ma 解得：a=12m/s2 速度与传送带相同时物块的位移 由上式可得 s=mL1 设到达圆弧最低点时速度为v，由动能定理：mgR（1-cos）= 在最低点受到的支持力为FN，则：FN-mg=m 由上式可得FN=360N 物块对底端压力也是FN=FN=360N （2）设将弹簧压缩最大量x=2mg（L2+x）+kx2 可解得： x=0.4m